兩個計數(shù)原理與排列組合知識點及例題

1、兩個計數(shù)原理與排列組合知識點及例題兩個計數(shù)原理內(nèi)容1、分類計數(shù)原理：完成一件事，有n類辦法，在第1類辦法中有mi種不同的方法，在 第2類辦法中有m2種不同的方法在第n類辦法中有mn種不同的方法， 那么完成這件事共有N=m 1 +m 2 +m n種不同的方法.2、分步計數(shù)原理：完成一件事，需要分n個步驟，做第1步驟有mi種不同的方法，做 第2步驟有m2種不同的方法做第n步驟有mn種不同的方法，那么完 成這件事共有N=m 1 xm2 xMrin種不同的方法.例題分析例1 某學(xué)校食堂備有5種素菜、3種葷菜、2種湯?，F(xiàn)要配成一葷一素一湯的套餐。問可以配 制出多少種不同的品種？分析：1、完成的這件事是什

2、么？2、如何完成這件事？（配一個葷菜、配一個素菜、配一湯）3、它們屬于分類還是分步？（是否獨立完成）4、運用哪個計數(shù)原理？5、進行計算.解：屬于分步：第一步 配一個葷菜 有3種選擇第二步 配一個素菜 有5種選擇-可編輯修改第三步 配一個湯有2種選擇共有 N=3 X5 X2=30 （種）例2有一個書架共有2層，上層放有5本不同的數(shù)學(xué)書，下層放有 4本不同的語文書。(1)從書架上任取一本書，有多少種不同的取法？(2)從書架上任取一本數(shù)學(xué)書和一本語文書，有多少種不同的取法?(1)分析：1、完成的這件事是什么？2、如何完成這件事？3、它們屬于分類還是分步？(是否獨立完成)4、運用哪個計數(shù)原理？5、進行

3、計算。解：屬于分類：第一類從上層取一本書有5種選擇第二類從下層取一本書有4種選擇共有N=5+4=9(種)(2)分析：1、完成的這件事是什么？2、如何完成這件事？3、它們屬于分類還是分步？(是否獨立完成)4、運用哪個計數(shù)原理？5、進行計算.解：屬于分步：第一步從上層取一本書有5種選擇第二步從下層取一本書有4種選擇共有 N=5 X4=20 （種）3、有0、1、2、3、4、5六個數(shù)字.(1)可以組成多少個不同的三位數(shù)？(2)可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？(3)可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的偶數(shù)的三位數(shù)?例3、 有1、2、3、4、5五個數(shù)字.(1)可以組成多少個不同的三位數(shù)？(2)可以組成多少個無重復(fù)

4、數(shù)字的三位數(shù)？(3)可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的偶數(shù)的三位數(shù)？(1)分析：1、完成的這件事是什么？2、如何完成這件事？(配百位數(shù)、配十位數(shù)、配個位數(shù))3、它們屬于分類還是分步？(是否獨立完成)4、運用哪個計數(shù)原理？5、進行計算.略解：N=5 X5X5=125 (個)-可編輯修改-排列與組合1 .排列的概念：從n個不同元素中，任取m (m n)個元素(這里的被取元素各不相同)按照一定的順序 排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列.【例題解析】1、某人有4條不同顏色的領(lǐng)帶和 6件不同款式的襯衣，問可以有多少種不同的搭配方法? 2 .排列數(shù)的定義：從n個不同元素中，任取m (m n)個元

5、素的所有排列的個數(shù)叫做從n個元素中取出m元素的排列數(shù)，用符號Anm表示3 .排列數(shù)公式：Am n(n 1)(n 2)L (n m 1) (m,n N ,m n)4 .階乘：n!表示正整數(shù)1到n的連乘積，叫做n的階乘.規(guī)定0! 1.2、有一個班級共有 46名學(xué)生，其中男生有 21名.(1)現(xiàn)要選派一名學(xué)生代表班級參加學(xué)校的學(xué)代會，有多少種不同的選派方法?5 .排列數(shù)的另一個計算公式：Am =(n m)!(2)若要選派男、女各一名學(xué)生代表班級參加學(xué)校的學(xué)代會，有多少種不同的選派方法?6 .組合概念：從n個不同元素中取出m m n個元素并成一組，叫做從n個不同元素中故排法種數(shù)為A；A；480取出m個

6、元素的一個組合.(2)甲不能排頭尾，讓受特殊限制的甲先選位置，有7 .組合數(shù)的概念：從n個不同元素中取出m m n個元素的所有組合的個數(shù)，叫做從n 個不同元素中取出m個元素的組合數(shù).用符號cnm表示. 8 .組合數(shù)公式：Cm Am n(n 1)(n 2)L (n m /或Cmn n!(n,m N，且m n)一 Amm!m!(n m)!9 .組合數(shù)的性質(zhì)1: cm cn1m.規(guī)定：C0 1；10 .組合數(shù)的性質(zhì) 2： cnmi= cnm+ Cm 1 . Cn0+Cn1+Cnn=2n題型講解例1 分別求出符合下列要求的不同排法的種數(shù)(1) 6名學(xué)生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；(2) 6名

7、學(xué)生排成一排，甲不在排頭也不在排尾；(3)從6名運動員中選出4人參加4X100米接力賽，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；(4) 6人排成一排，甲、乙必須相鄰；(5) 6人排成一排，甲、乙不相鄰；(6) 6人排成一排，限定甲要排在乙的左邊，乙要排在丙的左邊(甲、乙、丙可以不相鄰),解：(1 )分排坐法與直排坐法一一對應(yīng)，故排法種數(shù)為A6 720A4種選法，然后其他 5人選，有A；種選法,(3)有兩棒受限制，以第一棒的人選來分類：3乙跑第一棒，其余棒次則不受限制，排法數(shù)為可；乙不跑第一棒，則跑第一棒的人有a4種選法，第四棒除了乙和第一棒選定的人外，也有a4種選法，其余兩棒次不受限制，故有A4 A4 A

8、2種排法，由分類計數(shù)原理，共有 A A4A4 A2252種排法(4)將甲乙“捆綁”成“一個元”與其他 4人一起作全排列共有 書A 240種排法(5)甲乙不相鄰，第一步除甲乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙選擇已排好的4人的左、右及之間的空擋插位，共有 A：A；(或用6人的排列數(shù)減去問題(2)后排列數(shù)為A6 240 480 )(6)三人的順序定，實質(zhì)是從 6個位置中選出三個位置，然后排按規(guī)定的順序放置這三人，其余 3人在3個位置上全排列，故有排法 C3A；120種點評：排隊問題是一類典型的排列問題，常見的附加條件是定位與限位、相鄰與不相鄰例2 假設(shè)在100件產(chǎn)品中有3件是次品，從中任意抽取 5

9、件，求下列抽取方法各多少種?另一種證法：（利用排列的定義理解）從 n個元素中取m個元素排列可以分成兩類:（1）沒有次品；（2）恰有兩件是次品；（3）至少有兩件是次品65一解：（1）沒有次品的抽法就是從 97件正品中抽取5件的抽法，共有 C97 64446024種（2）恰有2件是次品的抽法就是從 97件正品中抽取3件，并從3件次品中抽2件的抽法，共有 C37c32442320 種（3）至少有2件次品的抽法，按次品件數(shù)來分有二類：第一類，從97件正品中抽取3件，并從3件次品中抽取2件，有C97C32種第二類從97件正品中抽取2件，并將3件次品全部抽取，有 C97C；種工3223按分類計數(shù)原理有C9

10、7C3 C97C3446976種第一類不含某特殊元素a的排列有Anm1第二類含元素a的排列則先從 n 1個元素中取出 m共有m個空檔，故有mm 1mm 1An 1 種，因此 An 1 m An 1利用組合數(shù)公式2n !點評：此題是只選“元”而不排“序”的典型的組合問題，附加的條件是從不同種類的元素中抽取，應(yīng)當注意：如果第（3）題采用先從3件次品抽取2件（以保證至少有2件是次品），再從余 下的98件產(chǎn)品中任意抽取3件的抽法，那么所得結(jié)果是C；C98 466288種，其結(jié)論是錯誤的，錯 在“重復(fù)”：假設(shè)3件次品是A、B、C,第一步先抽 A、B第二步再抽C和其余2件正品，與第一23.步先抽A、C （

11、或B、C）,第二步再抽B （或A）和其余2件正品是同一種抽法，但在算式C3c98中算作3種不同抽法例3求證：A：1 mA：；AnmCmn2Cnm證明：利用排列數(shù)公式Am右1個元素排列有Am另法:點評:利用公式Cnm Cm1 Cnm1Cm;右Am：種，然后將a插入,1推得左Cm1 Cnmm 1 nm 1 七Cn1 Cn1 Cn 2 五證明排列、組合恒等式通常利用排列數(shù)、組合數(shù)公式及組合數(shù)基本性質(zhì)已知f是集合A a,b,c,d到集合B0,1,2的映射（1）不同的映射f有多少個?(2)若要求f a f b分析：（1）確定一個映射（2） a, b, c, d的象元之和為并列需要分類計算f c f d

12、4則不同的映射 f有多少個?f ,需要確定a, b, c,d的像4,則加數(shù)可能出現(xiàn)多種情況，即 4有多種分析方案，各方案獨立且解：（1） A中每個元都可選 0,1,2三者之一為像，由分步計數(shù)原理，共有 3 3 3 3 34個不同映射（2）根據(jù)a,b,c,d對應(yīng)的像為2的個數(shù)來分類，可分為三類：第一類：沒有元素的像為 2,其和又為4,必然其像均為1,這樣的映射只有一個；第二類：一個元素的像是 2,其余三個元素的像必為 0,1,1 ,這樣的映射有 C；P! 12個；第三類：二個元素的像是 2,另兩個元素的像必為 0,這樣的映射有 C2 6個.由分類計數(shù)原理共有 1+12+6=19（個）.點評：問題

13、（1）可套用投信模型：n封不同的信投入 m個不同的信箱，有 mn種方法；問題（2）的關(guān)鍵結(jié)合映射概念恰當確定分類標準，做到不重、不漏例5四面體的頂點和各棱的中點共10個點（1）設(shè)一個頂點為 A,從其他9點中取3個點，使它們和點 A在同一平面上，不同的取法有多少種?（2）在這10點中取4個不共面的點，不同的取法有多少種?解：（1）如圖，含頂點 A的四面體的三個面上，除點 A外都有5個點，從中取出3點必與點3A共面，共有3C；種取法含頂點A的棱有三條，每條棱上有 3個點，它們與所對棱的中點共面，共有 3種取法根據(jù)分類計數(shù)原理和點 A共面三點取法共有3C3 3 33種（2）取出的4點不共面比取出的4

14、點共面的情形要復(fù)雜，故采用間接法：先不加限制任取4點4（C10種取法）減去4點共面的取法取出的4點共面有三類：4 . 第一類：從四面體的同一個面上的6點取出4點共面，有4c6種取法第二類：每條棱上的 3個點與所對棱的中點共面，有6種取法第三類：從6條棱的中點取4個點共面，有3種取法根據(jù)分類計數(shù)原理4點共面取法共有4c64 6 3 6944一故取4個點不共面的不同取法有 C10 4c66 3141 （種）點評：由點構(gòu)成直線、平面、幾何體等圖形是一類典型的組合問題，附加的條件是點共線與不共線，點共面與不共面，線共面與不共面等 小結(jié)：m個不同的元素必須相鄰，有pmm種“捆綁”方法m個不同元素互不相鄰

15、，分別“插入”到n個“間隙”中的m個位置有P種不同的“插入”方法+m個相同的元素互不相鄰，分別“插入”到n個“間隙”中的m個位置，有Cnm種不同的“插入”方法若干個不同的元素“等分”為【例題解析】m個組，要將選取出每一個組的組合數(shù)的乘積除以O(shè)P； 看作“客”，每個“客”都可住進 4家“店”中的任意一家，即每個“客”有4種住宿法。由分步計數(shù)原理得：N=4 X4X4=64。故答案選B。例1完成下列選擇題與填空題（1）有三個不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有 種。A.81B.64C.24D.4（2）四名學(xué)生爭奪三項冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（）A.81B.64C.24D.4（3）

16、有四位學(xué)生參加三項不同的競賽，每位學(xué)生必須參加一項競賽，則有不同的參賽方法有 ;每項競賽只許有一位學(xué)生參加，則有不同的參賽方法有 ;（3）學(xué)生可以選擇項目， 而競賽項目對學(xué)生無條件限制，所以類似（1）可彳# N=3 4=81 （種）；競賽項目可以挑學(xué)生，而學(xué)生無選擇項目的機會，每一項可以挑4種不同學(xué)生，共有 N=4 3=64 （種）；等價于從4個學(xué)生中挑選3個學(xué)生去參加三個項目的競賽，每人參加一項，故共有C43 A33=24 （種）。注：本題有許多形式，一般地都可以看作下列命題：設(shè)集合 A=a 1,a2,an,集合B=b 1 ,b2,bm,則f： A-B的不同映射是 m n ,f： B-A的不

17、同映射是nmo每位學(xué)生最多參加一項競賽，每項競賽只許有一位學(xué)生參加，則不同的參賽方法中，有C32 （C41A22+C42C22）種投法；四封信投入三個信箱，有兩封信在同一信箱中， 有C42 A33題之后，可用窮舉法進行具體的填寫:種投法故共有 C31+C32 (C41A22+C 42C22) +C42 A33=81 (種)。故選 A。（2）因?qū)W生可同時奪得 n項冠軍，故學(xué)生可重復(fù)排列，將 4名學(xué)生看作4個“店”，3項冠軍有。解析 （1）完成一件事是“分步”進行還是“分類”進行，是選用基本原理的關(guān)鍵。將“投四封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個不同信箱的三種方法，因此：N

18、=3 X3X3X3=34=81 ,故答案選 A。本題也可以這樣分類完成，四封信投入一個信箱中，有C31種投法；四封信投入兩個信箱若nwm ,則f ： A-B的單值映射是：Amn。例2 同室四人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有（）A.6 種B.9 種C.11 種D.23 種解法一 由于共四人（用1, 2, 3, 4代表甲、乙、丙、丁四人），這個數(shù)目不大，化為填數(shù)問再按照題目要求檢驗,解法二 記四人為甲、乙、丙、 丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類：第一類：甲收

19、到乙送出的卡片，這時丙、丁只有互送卡片1種分配方式；第二類：甲收到的不是乙送出的卡片，這時，甲收到卡片的方式有 2種（分別是丙和丁送出的）。對每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為3 X （1+2 ） =9。解法三 給四個人編號：1, 2, 3, 4,每個號碼代表1個人，人與號碼之間的關(guān)系為一對一的關(guān)系；每個人送出的賀年卡賦給與其編號相同的數(shù)字作為代表，這樣，賀年卡的分配問題可抽象為如下“數(shù)學(xué)問題”：將數(shù)字1, 2, 3, 4,填入標號為1, 2, 3, 4的4個方格里，每格填寫一個數(shù)字，且每個方格的編號與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說成：用

20、數(shù)字1 , 2, 3, 4組成沒有重復(fù)數(shù)字的4位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4位數(shù)共有多少個）？這時，可用乘法原理求解答案：首先，在第1號方格里填寫數(shù)字，可填上 2、3、4中的任一個數(shù)，有 3種填法；其次，當?shù)?號方格填寫的數(shù)字為i （24W4）時，則填寫第i種方格的數(shù)字，有 3種填法；最后，將剩下的兩個數(shù)填寫到空著的兩個空格里，只有 1種填法（因為剩下的兩個數(shù)中，至少 有1個與空著的格子的序號相同）。因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法：3X3X1=9注： 本題是“亂坐問題”，也稱“錯排問題”，當元素較大時，必須用容斥原理求解，但元素 較小時，應(yīng)用分步計數(shù)原理和分類計數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉

21、。例3 宿舍樓走廊上有有編號的照明燈一排8盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時熄掉其中3盞，但不能同時熄掉相鄰的燈，問熄燈的方法有多少種？解法一 我們將8盞燈依次編號為1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8。在所熄的三盞燈中，若第一盞熄1號燈，第二盞熄3號燈，則第3盞可以熄5, 6, 7, 8號燈中的任意一盞，共有 4種熄法。若第一盞熄1號燈，第2盞熄4號燈，則第3盞可以熄6, 7, 8號燈中的任意一盞。依次類推，得若1號燈熄了，則共有 4+3+2+1=10種熄法。若1號燈不熄，第一盞熄的是 2號燈，第二盞熄的是 4號燈，則第三盞可以熄 6,7,8號燈中 的任意一盞，共有 3種熄法。依次類

22、推得，若第一盞燈熄的是2號燈，則共有3+2+1=6 種熄法。同理，若第一盞熄的是 3號燈，則共有2+1=3種熄法。同理，若第一盞熄的是 4號燈，則有1種熄法。綜上所述共有：10+6+3+1=20種熄法。解法二 我們可以假定8盞燈還未安裝，其中 5盞燈是亮著的，3盞燈不亮。這樣原問題就等 價于：將5盞亮著白燈與3盞不亮的燈排成一排，使 3盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的）。5盞亮著的燈之間產(chǎn)生6個間隔（包括兩邊），從中插入3個作為熄滅的燈一一就是我們經(jīng)常解決的“相鄰不相鄰”問題，采用“插入法”，得其答案為C63=20種。注 解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有時較繁。

23、方法二從另外一個角度審題，認清其數(shù)學(xué)本質(zhì)，抽象成數(shù)學(xué)模型，解題時有一種豁然開朗的感覺。例4 已知直線ax+by+c=0 中的a,b,c是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3個不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù)。解 設(shè)傾斜角為。,由。為銳角，得tan 0=- a>0,即a、b異號。b（1）若 c=0 , a、b 各有 3 種取法，排除 2 個重復(fù)（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0）,故有 3 X3-2=7（條）。（2）若c卻，a有3種取法，b有3種取法，而同時c還有4種取法，且其中任兩條直線均不相同，故這樣的直線有 3X3X4=36條，從而

24、符合要求的直線共有7+36=43 條。注：本題是1999年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有0.37。錯誤原因沒有對c=0與cw0正確分類；沒有考慮 c=0中出現(xiàn)重復(fù)的直線。例5 平面上給定10個點，任意三點不共線，由這 10個點確定的直線中，無三條直線交于同一點（除原10點外），無兩條直線互相平行。求：（1）這些直線所交成的點的個數(shù)（除原 10點外）。（2）這些直線交成多少個三角形。解法一 （1）由題設(shè)這10點所確定的直線是 Cio2=45條。這45條直線除原10點外無三條直線交于同一點，由任意兩條直線交一個點， 共有C452個交點。而在原來10點上有9條直線共點于此。所以，

25、在原來點上有10C 92點被重復(fù)計數(shù)。所以這些直線交成新的點是：C45 2-10C 92=630 。（2）這些直線所交成的三角形個數(shù)可如下求：因為每個三角形對應(yīng)著三個頂點，這三個點來自 上述630個點或原來的10個點。所以三角形的個數(shù)相當于從這640個點中任取三個點的組合，即C640 3=43 486080（個）。解法二 （1）如圖對給定的10點中任取4個點，四點連成6條直線，這6條直線交3個新的 點。故原題對應(yīng)于在10個點中任取4點的不同取法的 3倍，即這些直線新交成的點的個數(shù)是：3C 104=630。（2）同解法一。注 用排列、組合解決有關(guān)幾何計算問題，除了應(yīng)用排列、組合的各種方法與對策之

26、外，還要考慮實際幾何意義。例6 （1）如果（x+）2n展開式中，第四項與第六項的系數(shù)相等。求 n,并求展開式中的常 x數(shù)項；（2）求（Jx-二 ） 8展開式中的所有的有理項。24 x解 (1)由 C2n3=C2n5,可得 3+5=2n解 (1)首先考慮4 6n+5 n+1被4整除的余數(shù)。n=4 。設(shè)第k+1項為常數(shù)項則 Tk+1 =C 8k x8-k x-k=C 8k x8-2k8-2k=0 ,即 k=4，常數(shù)項為T5=C 84=70 。(2)設(shè)第k+1項有理項，則8 k1tk 2/14kTk 1 C8 x ( 2x )16 3kC8k .( 3)k xT16 3k 因為0WkW8,要使 CZ

27、,只有使k分別取0, 4, 84所以所求的有理項應(yīng)為:T1=x4,T5=35x,T9=Xx-28256(1)二項式展開中，要注意“系數(shù)”與“二項式系數(shù)”的區(qū)別;(2)在二項展開式中求得 k后，對應(yīng)的項應(yīng)該是 k+1項。例7(1)求4 X6n+5 n+1被20除后的余數(shù)；(2) 7n+Cn17n-1 +Cn2 7n-2+ +Cnn-1 X7 除以 9,得余數(shù)是多少？(3)根據(jù)下列要求的精確度，求 1.02 5的近似值。精確到0.01 ;精確到0.001 。.5n+1 =(4+1) n+1 =4 n+1 +C n+114n+C n+1 24n-1 + +C n+1 n 4+1 其被4整除的余數(shù)為1

28、 被20整除的余數(shù)可以為1, 5, 9, 13, 17然后考慮4 6n+1 +5 n+1被5整除的余數(shù)。4 6n=4 (5+1) n=4(5 n+Cn1 5n-1+C n2 5n-2+C nn-1 5+1) 被5整除的余數(shù)為4，其被20整除的余數(shù)可以為 4, 9, 14, 19。綜上所述，被20整除后的余數(shù)為9。(2) 7n+Cn1 7n-1 +Cn2 7n-2+ +Cnn-1 7=(7+1) n-1=8 n-1=(9-1) n-1=9n-Cn1 9n-1 +Cn29n-2+-+(-1) n-1Cnn-1 9+(-1) nCnn-1(i)當n為奇數(shù)時原式=9 n-Cn1 9n-1+Cn2 9n

29、-2+ (-1) n-1Cnn-1 9-2除以9所得余數(shù)為7。(ii)當n為偶數(shù)時原式=9 n-Cn1 9 n-1+Cn2 9 n-2+ +(-1) n-1Cnn-1 9除以9所得余數(shù)為0,即被9整除。(3) (1.02) 5(1+0.02 ) 5=1+c 51 0.02+C 52 0.02 2+C 53 0.02 3+C 540.02 4+C 55 0.02 5C52X0.02 2=0.004,C 53X0.02 3=8 X10-5(2) (a+b) n=a n+CnZn-1 b+ +Cnnbn(a+b) n=b n+C n1 bn-1 a+Cnnan例8(1)(2)證明則x=，當精確到0.

30、01時，只要展開式的前三項和，1+0.10+0.004=1.104,近似值為1.10。當精確到 0.001時，只要取展開式的前四項和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408,近似值 為 1.104 。注 (1)用二項式定理來處理余數(shù)問題或整除問題時，通常把底數(shù)適當?shù)夭鸪蓛身椫突蛑?再按二項式定理展開推得所求結(jié)論。 2)用二項式定理來求近似值，可以根據(jù)不同精確度來確定應(yīng)該取到展開式的第幾項。證明下列不等式：an bn a b口 3'> (-)n, ( a、b C x|x 是正頭數(shù),n C N );已知 a、b 為正數(shù)，且 1+ 1=1 ,則對于 nC N 有(a

31、+b ) n-an-bn>22n -2 n+1 。a b(1 )令 a=x+ 8 , b=x- 8a b2an+b n=(x+ S)n+(x- S)n=xn+Cn1xn-1 S+-+CnnSn+xn-Cn1xn-1 8+(-1) nCnn Sn=2(x n+Cn2xn-2 S2+Cn4xn-4 84+)封2xnbn上述兩式相加得：2(a+b) n=(an+b n)+Cn1(an-1 b+b n-1 a)+ +C nk(an-k bk+b n-k ak)+C nn(an+b n)(*) + =1 ,且a、b為正數(shù)a b .ab=a+b >2 Jab. .ab K又 an-kbk+b

32、n-k ak>2Van bn =2(/Ob )n(k=1,2,n-1) .2(a+b) n >2an+2b n+C n12()n+C n22 (Tab ) n+ +C nn-12(Tab )n.(a+b) n-an-b nNcn1+cn2+c nn-1) (>fab)nN2n-2) 2n=2 2n-2 n+1注 利用二項式定理的展開式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問題。題(1)中的換元法稱之為均值換元(對稱換元)。這樣消去8奇數(shù)次項，從而使每一項均大于或等于零。題(2)中，由由稱位置二項式系數(shù)相等，將展開式倒過來寫再與原來的展開式相加，這樣充分利用對稱性來解題 的方法是利

33、用二項式展開式解題的常用方法。例9 已知(1-ax) n展開式的第p,p+1,p+2三項的二項式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，第n+1-p 與第n+2-p項的系數(shù)之和為0,而(1-ax) n+1展開式的第p+1與p+2項的二項式系數(shù)之比為1 ： 2。(1)求(1-ax ) n+1展開式的中間項；為正,(2)求(1-ax) n的展開式中系數(shù)最大的項。C； - 3 k>1C； 2 ( 3)k解由題設(shè)得：2CnpCnp 1 Cnp 1Cnn p( a)n pCn1 1 p( a)n 1 p 02Cnpi Cn 11由得，2Cnp=p- Cnp+ -p Cnpn 1 p p 1兩邊約去Cnp,可得:2=n 1 p由得，2Cn+1 p= p Cn+1 pp 1約去Cn+1 p可得，n=3p+1p n p